2025屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試滾動(dòng)綜合練一力學(xué)綜合

滾動(dòng)綜合練(一)力學(xué)綜合1.如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動(dòng)B緩慢向右移動(dòng)一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過程中，下列判斷正確的是(A)A．小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大B．小球A對(duì)物體B的壓力逐漸減小C．墻面對(duì)小球A的支持力逐漸減小D．墻面對(duì)小球A的支持力先增大后減小解析：對(duì)A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖所示，由平衡條件得，豎直方向有N2cosθ＝mg，水平方向有N1＝N2sinθ，聯(lián)立解得N2＝eq\f(mg,cosθ)，N1＝mgtanθ；B緩慢向右移動(dòng)一小段距離，A緩慢下落，則θ增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，站在水平地面上的人通過輕繩繞過定滑輪A和輕質(zhì)動(dòng)滑輪B將一重物吊起。若系統(tǒng)在圖示位置靜止時(shí)B兩側(cè)輕繩的夾角為120°，A右側(cè)輕繩沿豎直方向，不計(jì)一切摩擦，此時(shí)人對(duì)地面恰好無壓力，則人與重物的質(zhì)量之比為(A)A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3解析：人對(duì)地面恰好無壓力，則繩子的張力大小F＝m人g，對(duì)重物分析有2Fcos60°＝m物g，解得人與重物的質(zhì)量之比m人∶m物＝1∶1。3．(多選)如圖所示，小陳去某商場(chǎng)購(gòu)物，他先從一樓搭乘圖甲所示的觀光電梯到達(dá)六樓超市，再搭乘圖乙所示的自動(dòng)人行道電梯到四樓，最后搭乘圖丙所示的自動(dòng)扶梯到五樓。已知圖乙和圖丙所示的電梯均勻速運(yùn)行，圖乙的梯面傾斜程度處處相同，且小陳搭乘三種電梯的過程中都站在電梯上不動(dòng)，則(BD)A．搭乘圖甲所示電梯的過程中，合外力對(duì)小陳做功最大B．搭乘圖乙所示電梯的過程中，小陳所受重力做功的功率不變C．搭乘圖乙所示電梯的過程中，摩擦力對(duì)小陳不做功D．搭乘圖丙所示電梯的過程中，小陳的機(jī)械能增大解析：題圖甲中，人在電梯中的初末速度均為零，題圖乙和丙搭乘電梯的過程中，電梯均勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得，合外力對(duì)小陳做的功均為0，A錯(cuò)誤；題圖乙中的梯面傾斜程度處處相同，即電梯運(yùn)動(dòng)速度方向與豎直方向的夾角一定，根據(jù)P＝mgvcosθ可知，搭乘題圖乙所示的電梯的過程中，小陳受到的重力做功的功率不變，B正確；題圖乙中的梯面傾斜，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)人進(jìn)行分析，人受到重力、垂直于傾斜梯面的支持力與沿梯面向上的靜摩擦力，可知，搭乘題圖乙所示電梯的過程中，摩擦力對(duì)小陳做負(fù)功，C錯(cuò)誤；搭乘題圖丙所示的電梯的過程中，小陳的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增大，小陳的機(jī)械能增大，D正確。4.“福建艦”是中國(guó)完全自主設(shè)計(jì)建造的首艘電磁彈射型航空母艦，采用平直通長(zhǎng)飛行甲板。假設(shè)某戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上加速時(shí)加速度大小為10m/s2，彈射系統(tǒng)向戰(zhàn)斗機(jī)提供的初速度大小為30m/s，當(dāng)戰(zhàn)斗機(jī)速度達(dá)到60m/s時(shí)能離開航空母艦起飛，戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上運(yùn)動(dòng)可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是(B)A．航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機(jī)需在甲板上滑行6s起飛B．航空母艦靜止，戰(zhàn)斗機(jī)需在甲板上滑行135m起飛C．若航空母艦沿戰(zhàn)斗機(jī)起飛方向航行，則戰(zhàn)斗機(jī)需相對(duì)于甲板滑行135m起飛D．戰(zhàn)斗機(jī)在航空母艦上加速運(yùn)動(dòng)過程，航空母艦可以看成質(zhì)點(diǎn)解析：航空母艦靜止時(shí)，戰(zhàn)斗機(jī)需在甲板上滑行的時(shí)間t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(60－30,10)s＝3s，故A錯(cuò)誤；戰(zhàn)斗機(jī)在甲板上滑行的距離x＝eq\f(v＋v0,2)t＝eq\f(90,2)×3m＝135m，故B正確；由B項(xiàng)知戰(zhàn)斗機(jī)相對(duì)于海面的位移大小為135m，戰(zhàn)斗機(jī)從被彈出到起飛的過程中假設(shè)航空母艦沿戰(zhàn)斗機(jī)起飛方向航行的位移為x0，則戰(zhàn)斗機(jī)相對(duì)于甲板滑行的距離d＝135m－x0，故C錯(cuò)誤；戰(zhàn)斗機(jī)在航空母艦上加速運(yùn)動(dòng)過程，涉及跑道的長(zhǎng)度，故航空母艦不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。5.江南多雨，屋頂常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖頂屋可以看作是由兩個(gè)斜面構(gòu)成的。如圖所示，斜面與水平方向的夾角均為α，房屋長(zhǎng)度2x為一定值，將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑過程簡(jiǎn)化為雨滴從光滑斜面頂端由靜止下滑。不考慮雨滴滑下時(shí)質(zhì)量的變化，下列說法正確的是(C)A．α越大，雨滴滑下的時(shí)間越長(zhǎng)B．α越大，雨滴滑下的時(shí)間越短C．α越大，雨滴滑下獲得的動(dòng)能越大D．當(dāng)α＝45°時(shí)，雨滴滑下獲得的動(dòng)量最大解析：將雨滴從“人”字形坡頂開始的下滑看作由靜止開始的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝gsinα，則由eq\f(x,cosα)＝eq\f(1,2)at2，可知雨滴運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\r(\f(2x,gcosαsinα))＝eq\r(\f(4x,gsin2α))，可知當(dāng)α＝45°時(shí)，雨滴滑下時(shí)所用的時(shí)間最短，故A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得mgxtanα＝Ek，可知α越大，雨滴滑下時(shí)獲得的動(dòng)能越大，故C正確；雨滴滑下獲得的動(dòng)量p＝eq\r(2mEk)，可知?jiǎng)幽茉酱?，?dòng)量也越大，即α越大，雨滴滑下時(shí)的動(dòng)量越大，故D錯(cuò)誤。6．(2024·梅州市二模)2024年1月18日1時(shí)46分，天舟七號(hào)貨運(yùn)飛船成功對(duì)接于空間站(離地面高度約為400km)天和核心艙后向端口。天舟七號(hào)貨運(yùn)飛船裝載了航天員在軌駐留消耗品、推進(jìn)劑、應(yīng)用實(shí)(試)驗(yàn)裝置等物資，并為神舟十七號(hào)航天員乘組送去龍年春節(jié)的年貨。下列說法正確的是(D)A．為實(shí)現(xiàn)成功對(duì)接，天舟七號(hào)在與空間站同一軌道上需要加速靠近天和核心艙B．天舟七號(hào)與空間站的組合體在軌道上運(yùn)行速度大于7.9km/sC．天舟七號(hào)與空間站的組合體在軌道上運(yùn)行周期比同步衛(wèi)星的周期大D．天舟七號(hào)與空間站的組合體在軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，“年貨”處于完全失重狀態(tài)解析：為實(shí)現(xiàn)成功對(duì)接，天舟七號(hào)需點(diǎn)火加速做離心運(yùn)動(dòng)從較低軌道進(jìn)入較高軌道，故A錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知空間站的軌道半徑大于地球的半徑，所以天舟七號(hào)與空間站的組合體在軌道上運(yùn)行速度小于7.9km/s，故B錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知空間站的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，得空間站的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，故C錯(cuò)誤；天舟七號(hào)與空間站的組合體在軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，因?yàn)槿f有引力充當(dāng)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，可知空間站內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，故D正確。7．某人所受重力為G，他穿著平底鞋起跳，豎直著地過程中，雙腳與地面間的作用時(shí)間為t，地面對(duì)他的平均沖擊力大小為4G，若他穿上帶有減震氣墊的鞋起跳，以與第一次相同的速度著地時(shí)，雙腳與地面間的作用時(shí)間變?yōu)?.5t，則地面對(duì)他的平均沖擊力變?yōu)?C)A．1.2G B．1.6GC．2.2G D．2.6G解析：設(shè)腳著地瞬間的速度大小為v，取豎直向上為正方向，他穿著平底鞋起跳，雙腳豎直著地過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有(F－G)t＝0－(－mv)，其中F＝4G，穿上氣墊鞋起跳，雙腳豎直著地過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有(F′－G)×2.5t＝0－(－mv)，解得F′＝2.2G。8.工人使用一塊長(zhǎng)L＝4m的木板從平臺(tái)上卸貨，木板一端搭在平臺(tái)上(與平臺(tái)等高)，另一端固定在地面上，形成傾角θ＝37°的斜面。工人甲從木板底部推動(dòng)質(zhì)量M＝3kg的小車，使小車以v0＝12m/s的速度沖上木板。工人乙站在平臺(tái)上，當(dāng)小車在木板上運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，以v1＝1.6m/s的速度水平拋出貨物，貨物速度方向與木板平行時(shí)恰好落入到達(dá)斜面頂端的小車，兩者速度立刻變?yōu)榱?。已知小車與木板間的摩擦力與壓力大小之比k＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小車和貨物均可視作質(zhì)點(diǎn)。求：(1)貨物拋出點(diǎn)距平臺(tái)的高度；(2)貨物的質(zhì)量m。解析：(1)由于貨物落入小車時(shí)速度方向沿著斜面方向，有vy＝v1tanθ＝1.2m/s根據(jù)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有veq\o\al(2,y)＝2gh解得h＝0.072m。(2)小車沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，則有a1＝eq\f(Mgsinθ＋kMgcosθ,M)＝10m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝－2a1L解得vt＝8m/s貨物沿斜面方向的速度vm＝eq\f(v1,cosθ)＝2m/s貨物和小車碰撞瞬間沿斜面方向動(dòng)量守恒，有Mvt－mvm＝0解得m＝12kg。答案：(1)0.072m(2)12kg9.在火力發(fā)電廠，將煤塊制成煤粉的球磨機(jī)的核心部件是一個(gè)半徑R＝eq\r(2)m的躺臥圓筒。圓筒繞水平中心軸旋轉(zhuǎn)，將筒內(nèi)的鋼球帶到一定高度后，鋼球脫離筒壁落下將煤塊擊碎，截面簡(jiǎn)化如圖。設(shè)筒內(nèi)僅有一個(gè)質(zhì)量m＝0.2kg、大小不計(jì)的鋼球，初始靜止在最低點(diǎn)A。(g取10m/s2)(1)啟動(dòng)電機(jī)使圓筒加速轉(zhuǎn)動(dòng)，鋼球與圓筒保持相對(duì)靜止，第一次到達(dá)與圓心等高的位置B時(shí)，圓筒的角速度ω0＝eq\r(2)rad/s，求此時(shí)鋼球線速度v0的大小和該過程中圓筒對(duì)鋼球所做的功W；(2)當(dāng)鋼球通過C點(diǎn)時(shí)，另一裝置瞬間讓鋼球與圓筒分離(分離前后鋼球速度不變)，此后鋼球僅在重力作用下落到位置D。CD連線過O點(diǎn)，與水平方向成45°，求分離時(shí)圓筒的角速度ω1；(3)停止工作后將圓筒洗凈，內(nèi)壁視為光滑。將一鋼球從位置C正下方的E點(diǎn)由靜止釋放，與筒壁碰撞6次后恰好又回到E點(diǎn)。若所有碰撞都是彈性的(即碰撞前后沿半徑方向的速度大小相等、方向相反，沿切線方向速度不變)，求鋼球從釋放開始至第一次回到E點(diǎn)所用的時(shí)間；若改變鋼球釋放的高度，鋼球能否與筒壁碰撞3次后回到釋放點(diǎn)，并簡(jiǎn)要說明理由(取eq\r(\r(2)－1)＝eq\f(\r(10),5))。解析：(1)此時(shí)鋼球線速度v0＝ω0R解得v0＝2m/s該過程中設(shè)圓筒對(duì)鋼球做的功為W，由動(dòng)能定理有W－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝(0.4＋2eq\r(2))J。(2)鋼球分離后做斜拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向分解可得eq\r(2)R＝vCtcos45°－eq\r(2)R＝vCtsin45°－eq\f(1,2)gt2解得vC＝eq\r(10)m/s根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)，有vC＝ω1R解得ω1＝eq\r(5)rad/s。(3)鋼球碰撞6次返回E點(diǎn)，在F點(diǎn)發(fā)生碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，在F點(diǎn)與A點(diǎn)之間滿足(1－cos45°)R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(\r(2)－1,5))s＝eq\f(\r(2),5)s又Rsin45°＝vFt1解得vF＝eq\f(5\